高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 理 蘇教版

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1、高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 理 蘇教版 (建議用時：60分鐘) 1．在△ABC中，cos A＝，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊． (1)求sin 2A； (2)若sin＝－，c＝2，求△ABC的面積． 解　(1)因為cos A＝，A∈(0，π)，∴sin A＝. ∴sin 2A＝2sin Acos A＝. (2)由sin＝－，得cos B＝， 由于B∈(0，π)，∴sin B＝. 則sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝. 由正弦定理，得a＝＝2， ∴△ABC的面積為S＝acsin B＝. 2．設(shè)a，b，

2、c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，m＝，n＝，m與n的夾角為. (1)求角C的大小； (2)已知c＝，△ABC的面積S＝，求a＋b的值． 解　(1)由條件得m·n＝cos2－sin2＝cos C， 又m·n＝|m||n|cos ＝， ∴cos C＝，0＜C＜π，因此C＝. (2)S△ABC＝absin C＝ab＝，∴ab＝6. 由余弦定理得 c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab， 得出(a＋b)2＝，∴a＋b＝. 3．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且cos 2C＝1－. (1)求＋的值； (2)若tan B

3、＝，求tan A及tan C的值． 解　(1)∵cos 2C＝1－，∴sin2C＝. ∵C為三角形內(nèi)角，∴sin C＞0，∴sin C＝. ∵＝，∴＝ ∴2sin B＝sin Asin C. ∵A＋B＋C＝π， ∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C. ∴2sin Acos C＋2cos Asin C＝sin Asin C. ∵sin A·sin C≠0，∴＋＝. (2)∵＋＝， ∴tan A＝. ∵A＋B＋C＝π， ∴tan B＝－tan(A＋C) ＝－ ＝. ∴＝整理得tan2C－8tan C＋16＝0 解得，tan C＝

4、4，tan A＝4. 4．已知向量m＝(sin x－cos x,1)，n＝，若f(x)＝m·n. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期； (2)已知△ABC的三內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c且c＝3，f＝(C為銳角)，2sin A＝sin B，求C，a，b的值． 解　(1)f(x)＝m·n＝sin xcos x－cos2x＋ ＝sin 2x－＋ ＝sin 2x－cos 2x＝sin， ∴f(x)的最小正周期為π. (2)f＝sin C＝，∵0＜C＜，∴C＝， ∵2sin A＝sin B，由正弦定理得b＝2a.① ∵c＝3，由余弦定理，得9＝a2＋b2－2abcos，②

5、解①②組成的方程組，得 ∴C＝，a＝，b＝2. 必考解答題——模板成形練(二)　(對應(yīng)學(xué)生用書P411) 立體幾何 (建議用時：60分鐘) 1．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC＝CA＝，AD＝CD＝1. (1)求證：BD⊥AA1； (2)若E為棱BC的中點，求證：AE∥平面DCC1D1. 證明　(1)在四邊形ABCD中，因為BA＝BC，DA＝DC，所以BD⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC， BD?平面ABCD，所以BD⊥平面AA1C1C， 又因為AA1

6、?平面AA1C1C，所以BD⊥AA1. (2)在三角形ABC中，因為AB＝AC，且E為BC中點，所以AE⊥BC，又因為在四邊形ABCD中，AB＝BC＝CA＝，DA＝DC＝1， 所以∠ACB＝60°，∠ACD＝30°，所以DC⊥BC，所以AE∥DC，因為DC?平面DCC1D1，AE?平面DCC1D1，所以AE∥平面DCC1D1 2. 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，BC⊥平面PAB，∠APB＝90°，PB＝BC，N為PC的中點． (1)若M為AB的中點，求證：MN∥平面ADP； (2)求證：平面BDN⊥平面ACP. 證明　(1)設(shè)AC∩BD＝G，連接NG，

7、MG，易知G是AC，BD的中點， 又N是PC的中點，M為AB的中點， ∴NG∥PA，MG∥AD， ∴平面GMN∥平面APD.又MN?平面GMN，∴MN∥平面APD. (2)∵BC⊥平面PAB，AP?平面PAB，∴BC⊥PA， ∵∠APB＝90°，∴BP⊥PA. ∵BC∩BP＝B，∴PA⊥平面PBC，∴BN⊥PA. ∵PB＝BC，點N為PC的中點，∴BN⊥PC. ∵PC∩PA＝P，∴BN⊥平面ACP. 又BN?平面BDN，∴平面BDN⊥平面ACP. 3. 如圖，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證

8、：EF⊥CD； 證明　(1)取PD的中點G，連接AG，F(xiàn)G.因為FG為△PCD的中位線， 所以FG∥CD，且FG＝CD， 又AE∥CD，且AE＝CD， 所以AE∥FG，且AE＝FG， 故四邊形AEFG為平行四邊形，所以EF∥AG. 又AG?平面PAD，EF?平面PAD， 所以EF∥平面PAD. (2)因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD， 所以PA⊥CD.在矩形ABCD中，AD⊥CD， 又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD. 因為AG?平面PAD，所以CD⊥AG. 又EF∥AG，所以EF⊥CD. 4. 如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝2BC＝

9、4，∠ABC＝120°，E，M分別為AB，DE的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A′DE，連接A′C，A′B，F(xiàn)為A′C的中點，A′C＝4. (1)求證：平面A′DE⊥平面BCD； (2)求證：FB∥平面A′DE. 證明　(1)由題意得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成，∴△A′DE≌△ADE. ∵∠ABC＝120°，四邊形ABCD是平行四邊形， ∴∠A＝60°.又∵AD＝AE＝2， ∴△A′DE和△ADE都是等邊三角形．連接A′M，MC. ∵M(jìn)是DE的中點，∴A′M⊥DE，A′M＝. 在△DMC中，MC2＝DC2＋DM2－2DC·DM·cos 60°＝42＋12－2×4

10、×1·cos 60°，∴MC＝. 在△A′MC中，A′M2＋MC2＝()2＋()2＝42＝A′C2. ∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC. 又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD. 又∵A′M?平面A′DE， ∴平面A′DE⊥平面BCD. (2)取DC的中點N，連接FN，NB. ∵A′C＝DC＝4，F(xiàn)，N分別是A′C，DC的中點， ∴FN∥A′D. 又∵N，E分別是平行四邊形ABCD的邊DC，AB的中點， ∴BN∥DE. 又∵A′D∩DE＝D，F(xiàn)N∩NB＝N， ∴平面A′DE∥平面FNB. ∵FB?平面FNB，∴FB∥平面A′DE. 必考解答題

11、——模板成形練(三)　(對應(yīng)學(xué)生用書P413) 直線與圓及圓錐曲線 (建議用時：60分鐘) 1．已知圓C的方程為x2＋(y－4)2＝4，點O是坐標(biāo)原點．直線l：y＝kx與圓C交于M、N兩點． (1)求k的取值范圍： (2)設(shè)Q(m，n)是線段MN上的點，且＝＋.請將n表示為m的函數(shù)． 解　(1)將y＝kx代入x2＋(y－4)2＝4，得(1＋k2)x2－8kx＋12＝0(*)，由Δ＝(－8k)2－4(1＋k2)×12＞0得k2＞3.所以k的取值范圍是(－∞，－)∪(，＋∞)． (2)因為M、N在直線l上，可設(shè)點M、N的坐標(biāo)分別為(x1，kx1)，(x2，kx2)，則|OM|

12、2＝(1＋k2)x，|ON|2＝(1＋k2)x，又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2， 由＝＋得，＝＋， 所以＝＋＝ 由(*)知x1＋x2＝，x1x2＝，所以m2＝， 因為點Q在直線l上，所以k＝，代入m2＝可得5n2－3m2＝36， 由m2＝及k2＞3得0＜m2＜3，即m∈(－，0)∪(0，)． 依題意，點Q在圓C內(nèi)，則n＞0， 所以n＝＝， 綜上，n與m的函數(shù)關(guān)系為n＝(m∈(－，0)∪(0，)． 2．已知圓C：(x＋)2＋y2＝16，點A(，0)，Q是圓上一動點，AQ的垂直平分線交CQ于點M，設(shè)點M的軌跡為E. (1)求軌跡E的方程； (2)過點P(1,0)的

13、直線l交軌跡E于兩個不同的點A，B，△AOB(O是坐標(biāo)原點)的面積S＝，求直線AB的方程． 解　(1)由題意|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝4＞2，所以軌跡E是以A，C為焦點，長軸長為4的橢圓， 即軌跡E的方程為＋y2＝1. (2)記A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由題意，直線AB的斜率不可能為0，而直線x＝1也不滿足條件， 故可設(shè)AB的方程為x＝my＋1， 由消x得(4＋m2)y2＋2my－3＝0， 所以y1＝，y2＝. S＝|OP||y1－y2|＝. 由S＝，解得m2＝1，即m＝±1. 故直線AB的方程為x＝±y＋1， 即x＋y－1＝0或x－y

14、－1＝0為所求． 3．已知過點A(－4,0)的動直線l與拋物線G：x2＝2py(p＞0)相交于B，C兩點．當(dāng)直線l的斜率是時，＝4. (1)求拋物線G的方程； (2)設(shè)線段BC的中垂線在y軸上的截距為b，求b的取值范圍． 解　(1)設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，當(dāng)直線l的斜率是時，l的方程為y＝(x＋4)，即x＝2y－4， 聯(lián)立得2y2－(8＋p)y＋8＝0， ∴y1＝，y2＝ 由已知＝4，∴y2＝4y1， ∴可得p2＋16p－36＝0 ∵p＞0可得y1＝1，y2＝4，p＝2， ∴拋物線G的方程為x2＝4y. (2)由題意知直線l的斜率存在，且不為0， 設(shè)l：y

15、＝k(x＋4)，BC中點坐標(biāo)為(x0，y0)， 由得x2－4kx－16k＝0，由Δ＞0得k＜－4或k＞0，x＝2k±2.∴xB＋xC＝2k ∴x0＝＝2k，y0＝k(x0＋4)＝2k2＋4k. BC中垂線方程為y－2k2－4k＝－(x－2k)， ∴b＝2(k＋1)2，∴b＞2. 4．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為.以原點為圓心，橢圓的短軸長為直徑的圓與直線x－y＋＝0相切． (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，若斜率為k(k≠0)的直線l與x軸、橢圓C順次相交于A，M，N(A點在橢圓右頂點的右側(cè))，且∠NF2F1＝∠MF2A.求證直線l

16、過定點(2,0)，并求出斜率k的取值范圍． 解　(1)由題意知e＝＝，∴e2＝＝＝，即a2＝2b2.又∵b＝＝1，∴a2＝2，b2＝1，∴橢圓方程為＋y2＝1. (2)由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0. 由Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＞0，得m2＜2k2＋1， ∵x1＝，x2 則有x1＋x2＝，x1x2＝. ∵∠NF2F1＝∠MF2A， 且∠MF2A≠90°，kMF2＋kNF2＝0. 又F2(1,0)，則＋＝0， 即＋＝0， 化簡得2kx1x2＋(m－

17、k)(x1＋x2)－2m＝0. 將x1＋x2＝，x1x2＝代入上式得m＝－2k， ∴直線l的方程為y＝kx－2k，即直線過定點(2,0)． 將m＝－2k代入m2＜2k2＋1， 得4k2＜2k2＋1，即k2＜，又∵k≠0，∴直線l的斜率k的取值范圍是∪. 必考解答題——模板成形練(四)　(對應(yīng)學(xué)生用書P415) 實際應(yīng)用題 (建議用時：60分鐘) 1．在邊長為a的正三角形鐵皮的三個角切去三個全等的四邊形，再把它的邊沿虛線折起(如圖)，做成一個無蓋的正三角形底鐵皮箱，當(dāng)箱底邊長為多少時，箱子容積最大？最大容積是多少？ 解　(1)設(shè)箱底邊長為x，則箱高為h＝×(0＜x＜

18、a)， 箱子的容積為V(x)＝x2×sin 60°×h＝ax2－x3(0＜x＜a)． 由V′(x)＝ax－x2＝0解得x1＝0(舍)，x2＝a， 且當(dāng)x∈時，V′(x)＞0； 當(dāng)x∈時，V′(x)＜0， 所以函數(shù)V(x)在x＝a處取得極大值． 這個極大值就是函數(shù)V(x)的最大值：V＝a×2－×3＝a3. 所以當(dāng)箱子底邊長為a時，箱子容積最大，最大值為a3. 2．如圖，某小區(qū)有一邊長為2(單位：百米)的正方形地塊OABC，其中OAE是一個游泳地，計劃在地塊OABC內(nèi)修一條與池邊AE相切的直路l(寬度不計)，切點為M，并把該地塊分為兩部分，現(xiàn)以點O為坐標(biāo)原點，以線段OC所在直線

19、為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，若池邊AE滿足函數(shù)y＝－x2＋2(0≤x≤)的圖象，且點M到邊OA距離為t. (1)當(dāng)t＝時，求直路l所在的直線方程； (2)當(dāng)t為何值時，地塊OABC在直路l不含泳池那側(cè)的面積取到最大，最大值是多少？ 解　(1)M，l：12x＋9y－22＝0 (2)M(t，－t2＋2)，過切點M的切線l：y－(－t2＋2)＝－2t(x－t) 即y＝－2tx＋t2＋2，令y＝2得x＝，故切線l與AB交于點； 令y＝0，得x＝＋，又x＝＋在遞減，所以x＝＋∈故切線l與OC交于點. ∴地塊OABC在切線l右上部分區(qū)域為直角梯形， 面積S＝·2＝4－t－＝4－≤2，t＝1

20、時取到等號，Smax＝2. 3．濟(jì)南市“兩會”召開前，某政協(xié)委員針對自己提出的“環(huán)保提案”對某處的環(huán)境狀況進(jìn)行了實地調(diào)研．據(jù)測定，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強(qiáng)度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k＞0)．現(xiàn)已知相距36 km的A，B兩家化工廠(污染源)的污染強(qiáng)度分別為正數(shù)a，b，它們連線上任意一點C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和．設(shè)AC＝x(km)． (1)試將y表示為x的函數(shù)； (2)若a＝1時，y在x＝6處取得最小值，試求b的值． 解　(1)設(shè)點C受A污染源污染指數(shù)為，點C受B污染源污染指數(shù)為，其中k為比例系數(shù)，且k＞0. 從而點C處污染指數(shù)y＝＋(

21、0＜x＜36)． (2)因為a＝1，所以，y＝＋， y′＝k，令y′＝0，得x＝， 當(dāng)x∈時，函數(shù)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時，函數(shù)單調(diào)遞增； ∴當(dāng)x＝時，函數(shù)取得最小值． 又此時x＝6，解得b＝25，經(jīng)驗證符合題意． 所以，污染源B的污染強(qiáng)度b的值為25. 4．某個公園有個池塘，其形狀為直角△ABC，∠C＝90°，AB＝200米，BC＝100米． (1)現(xiàn)在準(zhǔn)備養(yǎng)一批供游客觀賞的魚，分別在AB、BC、CA上取點D，E，F(xiàn)，如圖(1)，使得EF∥AB，EF⊥ED，在△DEF喂食，求△DEF面積S△DEF的最大值； (2)現(xiàn)在準(zhǔn)備新建造一個荷塘，分別在AB，BC，CA上取點D，E，F(xiàn)

22、，如圖(2)，建造△DEF連廊(不考慮寬度)供游客休憩，且使△DEF為正三角形，求△DEF邊長的最小值． 解　(1)Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝200米，BC＝100米． ∴cos B＝＝，可得B＝60° ∵EF∥AB，∴∠CEF＝∠B＝60° 設(shè)＝λ(0＜λ＜1)，則CE＝λCB＝100λ米， Rt△CEF中，EF＝2CE＝200λ米， C到FE的距離d＝CE＝50λ米， ∵C到AB的距離為BC＝50米， ∴點D到EF的距離為 h＝50－50λ＝50(1－λ)米 可得S△DEF＝EF·h＝5 000λ(1－λ)米2 ∵λ(1－λ)≤[λ＋(1－λ)]2＝，當(dāng)

23、且僅當(dāng)λ＝時等號成立， ∴當(dāng)λ＝時，即E為AB中點時，S△DEF的最大值為 1 250米2 (2)設(shè)正△DEF的邊長為a，∠CEF＝α， 則CF＝a·sin α，AF＝－a·sin α. 設(shè)∠EDB＝∠1，可得 ∠1＝180°－∠B－∠DEB＝120°－∠DEB，α＝180°－60°－∠DEB＝120°－∠DEB ∴∠ADF＝180°－60°－∠1＝120°－α 在△ADF中，＝ 即＝， 化簡得a[2sin(120°－α)＋sin α]＝ ∴a＝＝≥＝(其中φ是滿足tan φ＝的銳角)． ∴△DEF邊長最小值為米． 必考解答題——模板成形練(五)　(對應(yīng)學(xué)生用書P41

24、7) 數(shù)　列 (建議用時：60分鐘) 1．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且2Sn＝1－an. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)記bn＝logan，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證＜2. 解　(1)當(dāng)n＝1時，2S1＝1－a1,2a1＝1－a1，∴a1＝； 當(dāng)n≥2時， 兩式相減得2an＝an－1－an(n≥2)， 即3an＝an－1(n≥2)，又an－1≠0，∴＝(n≥2)， ∴數(shù)列{an}是以為首項，為公比的等比數(shù)列． ∴an＝·n－1＝n. (2)由(1)知bn＝logn＝n， ∴Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝， ＝＋＋…＋ ＝2 ＝2＜2

25、. 2．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，且Sn＝Sn－1＋2n(n≥2，n∈N*)． (1)求Sn； (2)是否存在等比數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，b2＝a3，b3＝a9？若存在，求出數(shù)列{bn}的通項公式；若不存在，說明理由． 解　(1)因為Sn＝Sn－1＋2n， 所以有Sn－Sn－1＝2n對n≥2，n∈N*成立， 即an＝2n對n≥2成立，又a1＝2·1. 所以an＝2n對n∈N*成立． 所以an＋1－an＝2對n∈N*成立，所以{an}是等差數(shù)列， 所以有Sn＝·n＝n2＋n，n∈N*. (2)存在． 由(1)，得an＝2n，n∈N*成立， 所以有a3＝

26、6，a9＝18，又a1＝2， 所以由b1＝a1，b2＝a3，b3＝a9，則＝＝3. 所以存在以b1＝2為首項，公比為3的等比數(shù)列{bn}， 其通項公式為bn＝2·3n－1. 3．已知數(shù)列{an}是首項a1＝1的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，數(shù)列{bn}是首項b1＝2的等比數(shù)列，且b2S2＝16，b1b3＝b4. (1)求an和bn； (2)令c1＝1，c2k＝a2k－1，c2k＋1＝a2k＋kbk(k＝1,2,3，…)，求數(shù)列{cn}的前2n＋1項和T2n＋1. 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q， 則an＝1＋(n－1)d，bn＝2qn－1. 由b1b

27、3＝b4，得q＝＝b1＝2， 由b2S2＝2q(2＋d)＝16，解得d＝2. ∴an＝2n－1，bn＝2n. (2)∵T2n＋1＝c1＋a1＋(a2＋b1)＋a3＋(a4＋2·b2)＋…＋a2n－1＋(a2n＋nbn)＝1＋S2n＋(b1＋2b2＋…＋nbn)． 令A(yù)＝b1＋2b2＋…＋nbn， 則A＝2＋2·22＋…＋n·2n， ∴2A＝22＋2·23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1， ∴－A＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1， ∴A＝n·2n＋1－2n＋1＋2. 又S2n＝＝4n2， ∴T2n＋1＝1＋4n2＋n·2n＋1－2n＋1＋2 ＝3＋4n2＋(n－1)2n

28、＋1. 4．已知數(shù)列{an}滿足：an≠±1，a1＝，3(1－a)＝2(1－a)，bn＝1－a，cn＝a－a(n∈N*)． (1)證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{bn}、{cn}的通項公式． (2)是否存在數(shù)列{cn}的不同項ci，cj，ck(i＜j＜k)使之成為等差數(shù)列？若存在，請求出這樣的不同項ci，cj，ck(i＜j＜k)；若不存在，請說明理由． (3)是否存在最小的自然數(shù)M，對一切n∈N*都有(n－2)cn＜M恒成立？若存在，求出M的值，若不存在，說明理由． (1)證明　因為an≠±1，a1＝，3(1－a)＝2(1－a)，bn＝1－a， 所以＝＝(n∈N*)，b1＝1

29、－a＝，所以{bn}是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以bn＝×n－1(n∈N*)，所以a＝1－bn＝1－×n－1(n∈N*) 所以cn＝a－a＝×n－1(n∈N*) (2)解　假設(shè)存在cj，cj，ck(i＜j＜k)滿足題意，則有2cj＝ci＋ck代入得 2××j－1＝×i－1＋×k－1化簡得2j－i＋1＝3j－1＋2k＋j－i， 即2j－i＋1－2k＋j－i＝3j－1，左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)不可能相等． 所以假設(shè)不成立，這樣的三項不存在． (3)∵(n－2)cn－(n－1)cn＋1＝×n－1×， ∴(1－2)c1＜(2－2)c2＜(3－2)c3＜(4－2)c4， (4－2)c4

30、＝(5－2)c5，(5－2)c5＞(6－2)c6＞(7－2)c7＞…… 即在數(shù)列{(n－2)cn}中，第4項和第5項是最大項，當(dāng)n＝4時(n－2)cn＝2××3＝， 所以存在最小自然數(shù)M＝1符合題意． 必考解答題——模板成形練(六)　(對應(yīng)學(xué)生用書P419) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) (建議用時：60分鐘) 1．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若對任意a∈[3,4]，函數(shù)f(x)在R上都有三個零點，求實數(shù)b的取值范圍． 解　(1)因為f(x)＝－x3＋ax2＋b， 所以f′(x)＝－3x2＋2ax＝－3x. 當(dāng)a

31、＝0時，f′(x)≤0，函數(shù)f(x)沒有單調(diào)遞增區(qū)間； 當(dāng)a＞0時，令f′(x)＞0，得0＜x＜. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為； 當(dāng)a＜0時，令f′(x)＞0，得＜x＜0. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為. 綜上所述，當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)沒有單調(diào)遞增區(qū)間； 當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為； 當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為. (2)由(1)知，a∈[3,4]時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和， 所以函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值f(0)＝b， 函數(shù)f(x)在x＝處取得極大值f＝＋b， 由于對任意a∈[3,4]，函數(shù)f(x)在R上

32、都有三個零點， 所以即解得－＜b＜0， 因為對任意a∈[3,4]，b＞－恒成立， 所以b＞max＝－＝－4， 所以實數(shù)b的取值范圍是(－4,0)． 2．已知函數(shù)f(x)＝＋ln x－1，a∈R. (1)若曲線y＝f(x)在點P(1，y0)處的切線平行于直線y＝－x＋1，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＞0，且對x∈(0,2e]時，f(x)＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)直線y＝－x＋1的斜率k＝－1， 函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－＋， f′(1)＝－a＋1＝－1，即a＝2. ∴f(x)＝＋ln x－1，f′(x)＝－＋＝. ∵f(x)的定

33、義域為(0，＋∞)． 由f′(x)＞0，得x＞2；由f′(x)＜0，得0＜x＜2. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(2，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(0,2)． (2)∵a＞0，f(x)＞0對x∈(0,2e]恒成立， 即＋ln x－1＞0對x∈(0,2e]恒成立． 即a＞x(1－ln x)對x∈(0,2e]恒成立， 設(shè)g(x)＝x(1－ln x)＝x－xln x，x∈(0,2e]． g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x， 當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)， 當(dāng)1＜x≤2e時，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)， 所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)g(x)在x∈(0,2e]上取到最

34、大值． ∴g(x)≤g(1)＝1－ln 1＝1，∴a的取值范圍是(1，＋∞)． 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx－3，y＝f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，滿足f′(2－x)＝f′(x)；f′(x)＝0有解，但解卻不是函數(shù)f(x)的極值點． (1)求f(x)； (2)設(shè)g(x)＝x，m＞0，求函數(shù)g(x)在[0，m]上的最大值； (3)設(shè)h(x)＝lnf′(x)，若對于一切x∈[0,1]，不等式h(x＋1－t)＜h(2x＋2)恒成立，求實數(shù)t的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝x2＋2bx＋c， ∵f′(2－x)＝f′(x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，b＝－1.

35、 由題意，f′(x)＝x2－2x＋c＝0中Δ＝4－4c＝0，故c＝1. 所以f(x)＝x3－x2＋x－3. (2)∵f′(x)＝x2－2bx＋1 ＝(x－1)2， ∴g(x)＝x|x－1| ＝ 當(dāng)0＜m≤時，g(x)max＝g(m)＝m－m2 當(dāng)＜m≤時，g(x)max＝g＝， 當(dāng)m＞時，g(x)max＝g(m)＝m2－m， 綜上g(x)max＝ (3)h(x)＝2ln|x－1|，h(x＋1－t)＝2ln|x－t|，h(2x＋2)＝2ln|2x＋1| 當(dāng)x∈[0,1]時，|2x＋1|＝2x＋1，所以不等式等價于0＜|x－t|＜2x＋1恒成立， 解得－x－1

36、＜t＜3x＋1，且x≠t， 由x∈[0,1]，得－x－1∈[－2，－1]，3x＋1∈[1,4]，所以－1＜t＜1， 又x≠t，∴t∈[0,1]，∴所求的實數(shù)t的取值范圍是(－1,0)． 4．已知函數(shù)f(x)＝k[(logax)2＋(logxa)2]－(logax)3－(logxa)3， g(x)＝(3－k2)(logax＋logxa)， (其中a＞1)，設(shè)t＝logax＋logxa. (1)當(dāng)x∈(1，a)∪(a，＋∞)時，試將f(x)表示成t的函數(shù)h(t)，并探究函數(shù)h(t)是否有極值； (2)當(dāng)∈(1，＋∞)時，若存在x0∈(1，＋∞)，使f(x0)＞g(x0)成立，試求k的

37、范圍． 解　(1)∵(logax)2＋(logxa)2＝(logax＋logxa)2－2 ＝t2－2， (logax)3＋(logxa)3＝(logax＋logxa)[(logax＋logxa)2－3]＝t3－3t， ∴h(t)＝－t3＋kt2＋3t－2k，(t＞2)． ∴h′(t)＝－3t2＋2kt＋3 設(shè)t1，t2是h′(t)＝0的兩根，則t1t2＜0，∴h′(t)＝0在定義域內(nèi)至多有一解， 欲使h(t)在定義域內(nèi)有極值，只需h′(t)＝－3t2＋2kt＋3＝0在(2，＋∞)內(nèi)有解，且h′(t)的值在根的左右兩側(cè)異號，∴h′(2)＞0得k＞. 綜上：當(dāng)k＞時h(t)在定義域

38、內(nèi)有且僅有一個極植，當(dāng)k≤時h(t)在定義域內(nèi)無極值． (2)∵存在x0∈(1，＋∞)，使f(x0)＞g(x0)成立等價于f(x)－g(x)的最大值大于0. ∵t＝logax＋logxa，∴m(t)＝－t3＋kt2＋k2t－2k，(t≥2)， ∴m′(t)＝－3t2＋2kt＋k2＝0得t1＝k，t2＝－. 當(dāng)k＞2時，m(t)max＝m(k)＞0得k＞2； 當(dāng)0＜k≤2時，m(t)max＝m(2)＞0得＜k≤2； 當(dāng)k＝0時，m(t)max＝m(2)＜0不成立． 當(dāng)－6≤k＜0時， m(t)max＝m(2)＞0得－6≤k＜； 當(dāng)k＜－6時，m(t)max＝m＞0得k＜－6.

39、 綜上得：k的取值范圍是∪. 　必考附加題——模板成形練(一)　 1．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝6，點E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上，且BE＝BB1，C1F＝CC1. (1)求異面直線AE與A1F所成角的大小； (2)求平面AEF與平面ABC所成角的余弦值． 解　(1)建立如圖所示的直角坐標(biāo)系， 則A(0,0,0)，E(2,0,2)，A1(0,0,6)，F(xiàn)(0,2,4)， 從而＝(2,0,2)，＝(0,2，－2)． 記與的夾角為θ，則有cos θ＝＝＝－. 又由異面直線AE與A1F所成角的范圍為(0，π)，

40、 可得異面直線AE與A1F所成的角為60°. (2)記平面AEF和平面ABC的法向量分別為n和m， 則由題設(shè)可令n＝(1，y，z)，且有平面ABC的法向量為m＝＝(0,0,6)，＝(0,2,4)，＝(2,0,2)． 由n·＝0，得2y＋4z＝0；由n·＝0，得2＋2z＝0. 所以z＝－1，y＝2，即n＝(1,2，－1)． 記平面AEF與平面ABC所成的角為β， 有cos β＝＝＝－. 由圖形可知β為銳角，所以cos β＝. 2．已知數(shù)列{bn}滿足b1＝，＋bn－1＝2(n≥2，n∈N*)． (1)求b2，b3，猜想數(shù)列{bn}的通項公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明； (2)設(shè)x＝

41、b，y＝b，比較xx與yy的大小． 解　(1)當(dāng)n＝2時，＋＝2，解得b2＝； 當(dāng)n＝3時，＋＝2，解得b3＝. 猜想bn＝. 證明：①當(dāng)n＝1時，b1＝. ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，即bk＝， 則當(dāng)n＝k＋1時，＋bk＝2，即＋＝2， ∴＝2－＝，bk＋1＝也成立． 由①②得bn＝. (2)x＝b＝n， xx＝n＝nn y＝b＝n＋1， yy＝n＋1＝(n＋1)n ＝nn ∴xx＝y(tǒng)y. 3．三棱柱ABC－A1B1C1在如圖所示的空間直角坐標(biāo)系中，已知AB＝2，AC＝4，A1A＝3.D是BC的中點． (1)求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值；

42、 (2)求二面角B1－A1D－C1的大小的正弦值． 解　(1)由題意，A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，D(1,2,0)，A1(0,0,3)，B1(2,0,3)，C1(0,4,3).＝(1,2，－3)，＝(0,4,0)． 設(shè)平面A1C1D的法向量為n＝(x，y，z)． ∵n·＝x＋2y－3z＝0，n·＝4y＝0. ∴x＝3z，y＝0.令z＝1，得x＝3.n＝(3,0,1)． 設(shè)直線DB1與平面A1C1D所成角為θ， ∵＝(1，－2,3)， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. (2)設(shè)平面A1B1D的法向量為m＝(a，b，c)． ＝(2,0,0)， ∵

43、m·＝a＋2b－3c＝0，m·＝2a＝0. ∴a＝0,2b＝3c.令c＝2，得b＝3.m＝(0,3,2)． 設(shè)二面角B1－A1D－C1的大小為α， ∴|cos α|＝|cos〈m，n〉|＝ ＝＝， 則sin α＝＝， ∴二面角B1－A1D－C1的大小的正弦值為. 4．已知整數(shù)n≥4，集合M＝{1,2,3，…，n}的所有3個元素的子集記為A1，A2，…，AC(C∈N*)． (1)當(dāng)n＝5時，求集合A1，A2，…，AC中所有元素之和； (2)設(shè)mi為Ai中的最小元素，設(shè)Pn＝m1＋m2＋…＋mC，試求Pn(用n表示)． 解　(1)當(dāng)n＝5時，含元素1的子集中，必有除1以外的兩個

44、數(shù)字，兩個數(shù)字的選法有C＝6個，所以含有數(shù)字1的集合有6個．同時含2,3,4,5的子集也各有6個． 于是所求元素之和為(1＋2＋3＋4＋5)×C＝15×6＝90. (2)證明　不難得到1≤mi≤n－2，mi∈Z，并且以1為最小元素的子集有C個，以2為最小元素的子集有C個，以3為最小元素的子集有C個，…，以n－2為最小元素的子集有C個，則Pn＝m1＋m2＋…＋mC ＝1×C＋2C＋3C＋…＋(n－2)C ＝(n－2)C＋(n－3)C＋(n－4)C＋…＋C ＝C＋(n－3)(C＋C)＋(n－4)C＋…＋C ＝C＋(n－3)(C＋C)＋(n－4)C＋…＋C ＝C＋(n－3)C＋(n－4

45、)C＋…＋C ＝C＋C＋(n－4)(C＋C)＋…＋C ＝C＋C＋(n－4)C＋…＋C ＝C＋C＋C＋…＋C＝C. 必考附加題——模板成形練(二)　(對應(yīng)學(xué)生用書P423) 1．如圖，圓錐的高PO＝4，底面半徑OB＝2，D為PO的中點，E為母線PB的中點，F(xiàn)為底面圓周上一點，滿足EF⊥DE. (1)求異面直線EF與BD所成角的余弦值； (2)求二面角O－DF－E的余弦值． 解　(1)以O(shè)為原點，底面上過O點且垂直于OB的直線為x軸，OB所在的直線為y軸，OP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,2,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0，1,2)．

46、設(shè)F(x0，y0,0)(x0>0，y0>0)，且x＋y＝4， 則＝(x0，y0－1，－2)，＝(0,1,0)， ∵EF⊥DE，即⊥，則·＝y(tǒng)0－1＝0， 故y0＝1. ∴F(，1,0)，＝(，0，－2)，＝(0，－2,2)． 設(shè)異面直線EF與BD所成角為α， 則cos α＝＝＝. (2)設(shè)平面ODF的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 令x1＝1，得y1＝－， 平面ODF的一個法向量為n1＝(1，－，0)． 設(shè)平面DEF法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 同理可得平面DEF的一個法向量為n2＝. 設(shè)二面角O－DF－E的平面角為β， 則|cos β|＝＝＝，

47、 ∴sin β＝. 2．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝a－(n＋1)． (1)證明：an>n(n≥3)； (2)證明：<2. 證明　(1)因為a1＝2，a2＝2，所以a3＝a－3＝5>3. 假設(shè)當(dāng)n＝k時，ak>k(k≥3)， 則a>kk＋1>k2·k≥9k>2k＋2， 那么，當(dāng)n＝k＋1時，有 ak＋1＝a－(k＋1)>2k＋2－(k＋1)＝k＋1. 這就是說，當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論也成立． 所以當(dāng)n≥3時，an>n. (2)當(dāng)n＝2時，<2顯然成立， 由(1)知，當(dāng)n≥3時，an＝a－n>0，得a>n， 所以an－1>，所以a－(n－1)>， 即a>(

48、n－1)＋， 所以an－2>，以此類推， 得2＝a1> ，問題得證． 3．如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AD，DC的中點． (1)求直線BC1與平面EFD1所成角的正弦值； (2)設(shè)直線BC1上一點P滿足平面PAC∥平面EFD1，求PB的長． 解　(1)建立以D點為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸的空間直角坐標(biāo)系． D1(0,0,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)， E(1,0,0)，C1(0,2,2)，F(xiàn)(0,1,0)， ＝(－2,0,2)，＝(1,0，－2)，＝(－1,1,0)． 設(shè)平面D1

49、EF的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則? 令x1＝2，則n＝(2,2,1)， cos〈n，〉＝＝－， ∴直線BC1與平面EFD1所成角的正弦值為. (2)＝λ＝(－2λ，0,2λ)， ＝＋＝(－2λ，2,2λ)， n·＝－4λ＋4＋2λ＝0，∴λ＝2. ∵AP不在平面EFD1內(nèi)，AP∥平面EFD1， 又AC∥EF，EF?平面EFD1， ∴AC∥平面EFD1. 又AP與AC相交于點A， ∴平面PAC∥平面EFD1， ＝(－4,0,4)，||＝4. 4．已知數(shù)集A＝{a1，a2，…，an}，其中0≤a1

50、aj＋ai與aj－ai兩數(shù)中至少有一個屬于A，則稱數(shù)集A具有性質(zhì)P. (1)分別判斷數(shù)集{0,1,3}與數(shù)集{0,2,4,6}是否具有性質(zhì)P，說明理由； (2)已知數(shù)集A＝{a1，a2，…，an}具有性質(zhì)P，判斷數(shù)列a1，a2，…，a8是否為等差數(shù)列，若是等差數(shù)列，請證明；若不是，請說明理由． 解　(1)由于3－1和3＋1都不屬于集合{0,1,3}， 所以該數(shù)集不具有性質(zhì)P； 由于2＋0,4＋0,6＋0,4＋2,6－2,6－4,0－0,2－2,4－4,6－6都屬于集合{0,2,4,6}，所以該數(shù)集具有性質(zhì)P. (2)∵A＝{a1，a2，…，a8}具有性質(zhì)P， 所以a8＋a8與a8

51、－a8中至少有一個屬于A， 由0≤a1a8， 故a8＋a8?A，∴0＝a8－a8∈A，故a1＝0. ∵0＝a1a8， 故a8＋ak?A(k＝2,3，…，8)． 由A具有性質(zhì)P知，a8－ak∈A(k＝2,3，…，8)， 又∵a8－a8